【文档说明】山东省威海市乳山市银滩高级中学2022-2023学年高二下学期3月月考数学试题答案.docx，共(11)页，896.859 KB，由小赞的店铺上传

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高二数学月考试卷参考答案一、单选题1．【详解】依题意可知切点()5,3P，函数()yfx=的图象在点P处的切线方程是8yx=−+，()51f=−，即()()055lim1xfxfx→+−=−()()()()005555lim2lim2xxfxfxf

xfxxx→→+−−+−−=又()()()()005555limlim12xxfxfxfxfxx→→+−−+−==−()()()()005555lim2lim22xxfxfxfxfxxx→→+−−+−−==−即()()055li

m2xfxfxx→+−−=−故选：D.2．【详解】()1fxax=−，()122fa=−，由题意得：1212a−−=−，解得：1a=故选：B3．【详解】对A，()()1cos,sinfxxfxx=−=，当(),2x时，()0f

x，所以A错误；对B，()2cosfxxx=+，()2sin0fxx=−在()0,2上恒成立，所以B正确；对C，()11fxx=+，()210fxx=−，所以C错误；对D，()ln1x

fxex=−−，()1xfxex=−，因为110efeee=−，所以D错误．故选：B．4．【详解】因为2()()lnfxxxaxx=+−，所以21()=1+(2)ln+()fxxaxxaxx−−1(2)l

nxaxax=+−+−，由题意，得(1)=0f，即20a−=，解得=2a，即()=1+2(1)lnfxxxx−−，则(2)=1+2ln2f.故选：B.5．解：对函数f（x）＝xlnx+x（x﹣a）2（a∈R）求导，得：

f′（x）＝1+lnx+（x﹣a）2+2x（x﹣a），∀x∈[12，2]，xf′（x）＞f（x）⇔x[1+lnx+（x﹣a）2+2x（x﹣a）]＞xlnx+x（x﹣a）2，则∀x∈[12，2]，2a＜2x+1𝑥，∵2

x+1𝑥≥2√2𝑥⋅1𝑥=2√2，当且仅当2x=1𝑥，即x=√22时“＝”成立，∴2a＜2√2，解得a＜2．∴a的取值范围是（﹣∞，√2]．故选：C．6．【详解】因为()()elnxfxxm=−+，所以()1exfxxm=−+.

因为函数()()elnxfxxm=−+在[]0,1上单调递增，所以()1e0xfxxm=−+在[]0,1上恒成立，所以1exmx−在[]0,1上恒成立，即max1exmx−，0,1x

即可令()1exgxx=−，0,1x则由函数单调性的性质知，()gx在[]0,1上减函数，()()0max1001egxg==−=，即m1.所以实数m的取值范围为)1,+。故选：A.7.【解析】()()ln20fxxaxa=−+=R定

义域为()0,+，故ln2xax+=有两个不同的根，即()ln2xgxx+=，()0,x+与ya=两函数有两个交点，其中()221ln21lnxxgxxx−−+==−，当1ex时，()0gx，当10ex时，()

0gx，故()ln2xgxx+=在10ex上单调递增，在1ex上单调递减，从而()ln2xgxx+=在1ex=处取得极大值，也是最大值，()max12e1egx−+==，且当21ex时，()ln20xgxx+=恒成立，

当210ex时，()ln20xgxx+=恒成立，画出()ln2xgxx+=的图象如下：显然要想()ln2xgxx+=，()0,x+与ya=两函数有两个交点，需要满足()0,ea，综上：实数a的取值范围

是()0,e.故选：B8．【详解】由题意，函数()(3)(2ln1)xfxxeaxx=−+−+，可得2()(3)(1)(2)()(2)()xxxxaxeafxexeaxexxxx−=+−+−=−−=−，又由函数()fx在(1,)+上有两个极值点，则()0fx=，即(2

)()0xxeaxx−−=在(1,)+上有两解，即0xxea−=在在(1,)+上有不等于2的解，令()xgxxe=，则()(1)0,(1)xgxxex=+，所以函数()xgxxe=在(1,)+为单调递增函数，所以()1age=且()222age

=，又由()fx在(1,2)上单调递增，则()0fx在(1,2)上恒成立，即(2)()0xxeaxx−−在(1,2)上恒成立，即0xxea−在(1,2)上恒成立，即xaxe在(1,2)上恒成立，又由函数()xgxxe=在(1,)+为单调递增函数，所以

2(2)2age=，综上所述，可得实数a的取值范围是22ae，即2(2,)ae+，故选C.二､多选题9．【详解】()2ln2121xx=++，()5454e5exx−−=，10．()()111212122121xxxx−−==−

−，ss2in2co233xx+=+，故选：AC.10．【详解】由()yfx=的图象可知：当(,3)x−−时，()0fx，所以函数()fx单调递增；当(3,1)x−−时，()0fx，所以函数()fx单调递减，因此有()

()21ff−−，3x=−是()fx的极大值点，所以选项A、D正确；当(1,1)x−，或(1,)x+时，()0fx，所以函数()fx单调递增，因此函数()fx在()1,1−上没有极大值，且1x=不是()fx的极小值点，所以选项B、C不正确，故选：AD

11．【解析】因为()lnxfxx=（x＞0且1x），得2ln1()(ln)xfxx−=，所以()e0f=，()eef=，所以曲线()yfx=在x＝e处的切线平行于x轴，故A正确；令()0fx¢>，得x＞e，令()0fx，得0＜x＜1或1＜x＜e

，所以()fx在()e,+上单调递增，在()0,1和()1,e上单调递减，所以()fx的极小值为()eef=，故B错误，C正确；因为当0＜x＜1时，()fx的图象与直线y＝－1有一个交点，所以方程()1fx=−有一个实数解，故D错误．故选：AC1

2．【详解】对于选项A，0是函数()fx的零点，零点不是一个点，所以A错误；对于选项B，当1x时，()()1exfxx=+，则当1x−时，()0fx，()fx单调递减，当11x−时，()0fx，()fx单调递增，所以，

当01x时，()0efx；当1x时，()()4e3xxfxx−=，则当13x时，()0fx，()fx单调递减，当3x时，()0fx，()fx单调递增，所以，当13x时，()3ee27

fx．综上可得，选项B正确．对于选项D，()()min11efxf=−=−，即函数()fx的值域为)1e,−−+，选项D正确．结合函数()fx的单调性及图像可得：函数()fx有且只有一个零点0，则()()gxxfx=也有且只有一个零点0；所以对于选项C，关

于x的方程()()220gxagx−=有两个不相等的实数根⇔关于x的方程()()20gxgxa−=有两个不相等的实数根⇔关于x的方程()20gxa−=有一个非零的实数根⇔函数()ygx=的图象与直线2ya=有一个交点，且0x

，则()22e,1,e,1.xxxxgxxx=当1x时，()()e2xgxxx=+，当x变化时，()gx，()gx的变化情况如下：x2x−2−20x−001x()gx+0−0+()gx单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以极大值()242eg−=，极

小值()00g=；当1x时，()()3e2xxgxx−=，当x变化时，()gx，()gx的变化情况如下：x112x22x()gxe−−0+()gxe单调递减极小值单调递增所以极小值()2e24g=．综上可得，224e2e4a或2ae，解得a的取值范围是222ee,,

e82+，故C正确．故选：BCD．三､填空题：13．【详解】由1()2lnxfxxx+=+，得212()fxxx=−+，所以切线的斜率为(1)121f=−+=，又(1)22ln12f=+=，所以切线方程为21,yx−=−即10,xy−+=故答案为：1

0xy−+=14．【详解】因为函数的定义域为()()0,11,+，而()()21201fxxx=+−，所以函数2()ln1fxxx=−−的单调增区间为()0,1，()1,+．故答案为：()0,1，()1,+．15．【详解】函数2()fxmxn

x=+与()lngxx=，则()2fxmxn=+与1()gxx=，由题意得200000ln12mxnxxmxnx+=+=，则0201lnxmx−=，令()()21ln0xhxxx−=，则()332lnxhxx−+=，令()0hx=，则32ex=，所以32,ex

+时，则()0hx，故()hx单调递增；320,ex时，则()0hx，故()hx单调递减；所以()hx在32ex=处取得极小值，也是最小值，()332223min321lne1e2eehxh−===−，且x→+时，()hx→+，所以实

数m的取值范围为31,2e−+故答案为:31,2e−+16．2．2e(,0),4−+【详解】数形结合可得：当a<0，存在一条直线同时与两函数图象相切；当0a，若存在一条直线同时与两函数图象相切，则,()0x+时，2exxa=有解，所以21

,(0,)exxxa=+，令2(),(0,)exxhxx=+，因为22(2)()eexxxxxxhx−−==，则当(0,2)x时，()0hx，()hx为单调递增函数；当(2,)x+时，()0hx，()hx为单调

递减函数；所以()hx在2x=处取得极大值，也是最大值，最大值为24(2)eh=，且()0hx在,()0x+上恒成立，所以2140,ea，即2e(,0),4a−+．故答案为：2e(,0),4a

−+四、解答题17．（1）因3()2fxaxbx=++，故2()3fxaxb=+，由于()fx在2x=处取得极值，故有(2)0(2)14ff==−即12082214abab+=++=−,化简得12048abab+=+=−解得112ab==−,经检验，1,1

2ab==−时，2()3123(2)(2)fxxxx=−=+−,令()0fx，解得2x−或2x，令()0fx，解得22x−，所以()fx在(,2)−−单调递增，()2,2−单调递减，(2,)+单调递增，所以()

fx在2x=处取得极值，符合题意，所以1,12ab==−．（2）由（1）得32()122,()312fxxxfxx=−+=−，故(1)9,(1)9ff=−=−．所以曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程为：(9)9(1)yx−−

=−−，即90xy+=．（3）由（1）知32()122,()312fxxxfxx=−+=−．令()0fx=，得122,2xx=−=．在[3,3]x−时，随x的变化．()fx，()fx的变化情况如下表所示：x3−(3,2)−−2−(

2,2)−2(2,3)+3()fx正0负0正()fx11单调递增18单调递减14−单调递增7−当2x=−时，()fx有极大值(2)18f−=，当2x=时，()fx有极小值(2)14f=−．因为(2)18(3)7;(2)14(3)

11ffff−==−=−−=．因此()fx在[3,3]−的最小值为(2)14f=−．最大值为(2)18f−=18．（1）2()33fxxa=−，曲线()yfx=在点()()22f,处与直线8y=相切，(2)03(4)0(2)8868fafab=−=

=+=−，∴4,24.ab==（2）2()3()(0)fxxaa=−，当0a时，()0fx，函数()fx在(,)−+上单调递增，此时函数()fx没有极值点．当0a时，由()0fxxa==，当(,)xa−

−时，()0fx，函数()fx单调递增，当(,)xaa−时，()0fx，函数()fx单调递减，当(,)xa+时，()0fx，函数()fx单调递增，即函数()fx的增区间为(,)a−−，(,)a+，减区间为(,)aa−；此时xa=−是()fx的极大值点

，xa=是()fx的极小值点．19.（1）函数()()()2ln2fxxx=++定义域为(2,)−+，求导得：()1ln(2)fxx=++，由()<0fx得(2,2)e1x−−，由()>0fx得1(2,+)ex−

，即()fx在1(2,2)e−−上单调递减，在(2)e1,−+上单调递增，所以当2e1x=−时，()fx有极小值，极小值为1e−，无极大值．（2）(2,)x−+，不等式2()()(2)ln(2)

(3)2(1)fxgxxxxaxa+++−+−成立，即(2)ln(2)(2)(1)1ln(2)xxxxaaxx++++−+−+在(2,)x−+上恒成立，令()1ln(2),(2,)hxxxx=

+−+−+，则11()1=22xhxxx++=−+，当2<<1x−−时，()<0hx，当>1x−时，()>0hx，因此函数()hx在(2,1)−−上单调递减，在(1,+)−上单调递增，则min()(1)0hx

h=−=，即0a，所以a的取值范围是(,0]−.20．（1）函数()exfxbx=+的定义域为R，求导得：()exfxb=+，若0b，则()>0fx，即()exfxbx=+在(,)−+上是增函数；若<0b，由()<0fx得<ln()xb−，由(

)>0fx得>ln()xb−，即函数()fx在(,ln())b−−上递减，在(ln(),)b−+上递增，所以当0b时，函数()fx在(,)−+上是增函数；当<0b时，函数()fx递减区间是(,ln())b−

−，递增区间是(ln(),)b−+.（2）当1b=时，()exfxx=+，122212121212()()<()(++1)e<exxfxfxxxmxmxmxmx−−−−，令2()exxmx=−，依题意，当21>>0xx时，12()<()xx恒成立，即函数()x在(0,)

+上单调递增，因此>0x，()e20xxmx=−，即e2xmx恒成立，令e()=,>0xhxxx，求导得：2(1)e()xxhxx−=，当0<<1x时，()<0hx，当>1x时，()>0hx，因此函数()hx

在(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调递增，min()(1)ehxh==，则2em，即e2m，所以实数m的取值范围为e(,]2−.21．【解析】（1）()()12lnafxxaxx+=−+−定义域为()0,+，()()()2211211xxaaafxxxx−−++

+=−+=，令()0fx=，得1x=或1xa=+．当10a+即1a−时：()0,1x，()0fx，函数()fx在()0,1上单调递减；()1,x+，()0fx¢>，函数()fx在()1+，单调递增；当011a+，即10a−时：()

0,1xa+，()0fx¢>，函数()fx在()01a+，单调递增；()1,1xa+，()0fx，函数()fx在()1,1a+上单调递减；()1,x+，()0fx¢>，函数()fx在()1+，上单调递增；当11a

+=即0a=时：()0,x+，()0fx，函数()fx在()0+，单调递增；当11a+即0a时：()0,1x，()0fx¢>，函数()fx在()0,1单调递增；()1,1xa+，()0fx，函数()fx在()1,1a+上单调递减；()1

,xa++，()0fx¢>，函数()fx在()1,a++上单调递增；综上：当1a−时，单调递减区间有()0,1，单调递增区间有()1,+；当10a−时，单调递减区间有()1,1a+，单调递增区间有()0,1

a+，()1,+；当0a=时，单调递增区间有()0,+，无单调递减区间；当0a时，单调递减区间有()1,1a+，单调递增区间有()0,1，()1,a++．（2）当2e1a=−时，由（1）得函数()fx在区间()21,e上单调递减，在区间()0,1，()2e,+上单调

递增，从而函数()fx在区间)1,+上的最小值为()22ee3f=−−．即存在)21,x+，使()22e3gx−−，即存在)1,x+，使得222ee3e3xmx+−−−−，即2exmx−，令()2exhxx=−，)1,x+

，则()maxmhx，由()()3e2xxhxx=−，当()1,2x时，()0fx¢>，函数()fx单调递增；当()2,x+时，()0fx，函数()fx单调递减，所以()()2maxe24hxh==−，所以2e4m−．22．解：（I）f′（x）＝ex﹣1﹣a，当a≤0时，f

′（x）＞0恒成立，f（x）单调递增，当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞lna，此时f（x）单调递增，由f′（x）＜0得x＜lna，此时f（x）单调递减，综上，当a≤0时，（x）在R上单调递增，当a＞0时f（x）在（lna，+∞）上单调递增，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减；（II）

证明：不妨设x1＜x2，所以a=𝑒𝑥−1𝑥在（0，2）上有两个不等实根，令g（x）=𝑒𝑥−1𝑥，x∈（0，2），则𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥−1(𝑥−1)𝑥2，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当1＜x＜2时，g′（

x）＞0，g（x）单调递增，又g（1）＝1，g（2）=𝑒2，x→0时，g（x）→+∞，所以1＜a＜12𝑒，要证𝑥1𝑥2＞1𝑎，即证ax1x2＞1，又g（x1）＝g（x2）＝a，只要证𝑥1𝑒𝑥2−1＞1，即证𝑥1＞𝑒1−𝑥2，因为x1＜1＜x2

，即证g（x1）＝g（x2）＜g（e⬚1−𝑥2），即证𝑒𝑥2−1𝑥2＜𝑒𝑒1−𝑥2−1𝑒1−𝑥2，即证𝑒1−𝑥2+𝑙𝑛𝑥2−1＞0，令h（x）＝e1﹣x+lnx﹣1，1＜x＜2，则ℎ′(𝑥)=−𝑒1−𝑥+1�

�，令t（x）＝ex﹣ex，1＜x＜2，则t′（x）＝ex﹣e＞0恒成立，所以t（x）在（1，2）上单调递增，t（x）＞t（1）＝0，所以ex＞ex，𝑒1−𝑥＜1𝑥，所以h′（x）＜0，h（x）在（1，2）上单调递增，h（x）＞h（1）＝0，所以e1﹣x+lnx﹣1＞0，所以𝑥1𝑥

2＞1𝑎．